(3 p.) 3) Se considera la superficie z = z(x, y) definida implícitamente por la ecuación. 3x 2 z x 2 y 2 + 2z 3 3yz = 15.

Transcripción

1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas Cálculo I Curso 2012/ de junio de p.) 1) Se considera la función fx) = x 4 e 1 x 2. a) Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f y sus máximos y mínimos relativos. b) Calcular los puntos de inflexión de la gráfica de f y determinar los intervalos de concavidad y convexidad. c) Calcular las asíntotas horizontales y representar de forma aproximada la gráfica de f. d) Hallar el polinomio de Taylor de grado 2 de f centrado en x 0 = 1. e) Probar que f tiene una única raíz en el intervalo 0, 2) y acotarla en un intervalo de longitud uno. 3 p.) 2) Se considera el campo escalar en R 2 dado por gx, y) = 4xe y 4x 2 e 2y y 2. a) Determinar los puntos críticos de g y estudiar si son máximos locales, mínimos locales o puntos de silla. b) Calcular un vector unitario u R 2 tal que la derivada direccional de g en 0, 0) en la dirección de u sea cero. 3 p.) 3) Se considera la superficie z = zx, y) definida implícitamente por la ecuación a) Probar que z1, 1) = 2. 3x 2 z x 2 y 2 + 2z 3 3yz = 15. b) Calcular la dirección de crecimiento más rápido de la función zx, y) a partir del punto x 0, y 0 ) = 1, 1). c) Hallar la pendiente de la recta tangente a la curva de nivel zx, y) = 2 en el punto 1, 1).

2 SOLUCIONES PROBLEMA 1. a) La función f es continua y derivable en R. Utilizando la fórmula de la derivada de un producto y simplificando, se obtiene que la derivada de f es f x) = x 3 4 x)e 1 x, x R. Por tanto, f x) = 0 si y sólo si x = 0 o x = 4. Además f x) < 0 si x < 0 o x > 4 y f x) > 0 si 0 < x < 4. En consecuencia, f es estrictamente creciente en 0, 4) y estrictamente decreciente en, 0) 4, ). De los intervalos de crecimiento y decrecimiento se deduce que f alcanza en x = 0 un mínimo relativo y en x = 4 un máximo relativo. b) Aplicando de nuevo la fórmula de la derivada del producto a f y simplificando, se obtiene la derivada segunda de f: Así, f x) = 0 f x) = x 2 x 2 8x + 12)e 1 x, x R. { x 2 = 0 x 2 8x + 12 = 0 } x = 0 x = 2 x = 6 Analizando el signo de f se obtiene que f x) > 0 si x < 2 o x > 6 y f x) < 0 si 2 < x < 6. Los puntos de inflexión de f son x = 2 y x = 6. La gráfica de f es convexa en, 2) 6, ) y cóncava en 2, 6). c) Para determinar las posibles asíntotas horizontales, calculamos los límites de f en ±. Por una parte, lím fx) = x lím x x4 e 1 x 2 =. Por otra parte, usando la regla de L Hôpital varias veces, se tiene: lím fx) = lím x x x4 e 1 x 2 x x 4 12x 2 x 24x 4x 3 e x 1 = 24 = 2. ex 1 En consecuencia, la recta y = 2 es una asíntota horizontal a la gráfica de f en +. Teniendo en cuenta los intervalos de crecimiento, la concavidad y la asíntota, obtenemos la siguiente forma aproximada de la gráfica de f: 2

3 d) De las expresiones de f y sus derivadas se obtiene: f1) = 1 ; f 1) = 3 ; f 1) = 5. Por tanto el polinomio de Taylor de grado 2 de f centrado en x 0 = 1 es p 2 x) = f1) + f 1)x 1) + f 1) x 1) 2 = 1 + 3x 1) x 1)2. e) En primer lugar, ya sabemos por el apartado a) que f x) 0, x 0, 2). Una consecuencia del teorema de Rolle permite deducir que f no puede tener más de una raíz en el intervalo 0, 2). Para probar que existe una raíz, usamos el teorema de Bolzano: f0) = 2 < 0 f2) = 16 e 2 > 0, ya que 16 > 2e. Para acotar la raíz en un intervalo de longitud uno, observemos que f1) = 1 < 0. Como el cambio de signo se produce en el intervalo 1, 2), la raíz debe pertenecer a dicho intervalo. PROBLEMA 2. a) Los puntos críticos de g son los puntos donde se anula el gradiente. ) g g gx, y) = x, y), x, y) = 4e y 8x, 4xe y 2e 2y 2y ). x y 3

4 Igualamos a cero las dos derivadas parciales: g x x, y) = 0 4ey = 8x e y = 2x g y x, y) = 0 4xey 2e 2y = 2y Sustituyendo e y = 2x en la parte izquierda de la segunda ecuación, se obtiene que 2y = 4xe y 2e 2y = 8x 2 8x 2 = 0 = y = 0 Como x = e y /2 = 1/2, el único punto crítico es P = 1/2, 0). La matriz hessiana es: Hgx, y) = x 2 y x x y y 2 = 8 4e y 4e y 4xe y 4e 2y 2 ). Para P = 1/2, 0), se tiene: Hg1/2, 0) = ). Los menores principales de Hg1/2, 0) son 1 = 8 < 0, 2 = 16 > 0. Por tanto, Hg1/2, 0) es definida negativa y g alcanza en P un máximo local. b) Si denotamos u = u 1, u 2 ) el vector buscado, la derivada direccional de g en 0, 0) en la dirección de u es ) u1 D u g0, 0) = g0, 0) u 1, u 2 ) = 4, 2) = 4u 1 2u 2. Igualando a cero, se obtiene 4u 1 = 2u 2 y por tanto u = u 1, 2u 1 ) = u 1 1, 2). En consecuencia, u es un vector unitario en la dirección de 1, 2) y podemos tomar u = 1, 2) 1, 2) = 1/ 5, 2/ ) 5 o u = u 2 1, 2) 1, 2) = 1/ 5, 2/ ) 5. 4

5 PROBLEMA 3. a) Para x = y = 1, la expresión 3x 2 z x 2 y 2 + 2z 3 3yz = 15 se convierte en 2z 3 1 = 15 y por tanto 2z 3 1 = 15 z 3 = 8 z = 3 8 = 2. b) La dirección de crecimiento más rápido es la del gradiente de z en el punto 1, 1): ) z1, 1) = 1, 1), 1, 1). x y La función z = zx, y) está definida implícitamente por la expresión F x, y, z) = 3x 2 z x 2 y 2 + 2z 3 3yz 15 = 0. Usando la regla de la cadena, tenemos: x + y + Las derivadas parciales de F son x = 6xz 2xy2 ; Por tanto, x = / x / x y = 0 = x = / x / = 0 = y = / y /. y = 2x2 y 3z ; = 6xz + 2xy2 3x 2 3y + 6z 2 ; Para x = 1, y = 1, z = 2, se tiene: 10 1, 1, 2) = x 24 = 5 12 ; = 3x2 3y + 6z 2. y = / y / = 2x2 y + 3z 3x 2 3y + 6z. 2 y 1, 1, 2) = 8 24 = 1 3. Así, la dirección de crecimiento más rápido de la función zx, y) a partir del punto 1, 1) es z1, 1) = 5/12, 1/3). c) La recta tangente a la curva de nivel en el punto 1, 1) es ortogonal al gradiente de z en ese punto, que calculamos en el apartado anterior: z1, 1) = 5/12, 1/3) = 1 5, 4). 12 La ecuación de la recta tangente es ) 5 x 1, y 1) = 0 5x + 4y + 1 = 0 y = x 1 4. Finalmente, la pendiente de la recta es m = 5/4. 5